八年级数学竞赛试题及答案

（第3题）
梨洲中学数学竞赛初二试题（五）
1．将1，2，3，4，5这五个数字排成一排，最后一个数是奇数，且使得其中任意连续三个数之和都能被这三个数中
的第一个数整除，则满足要求的排法有（ ）．
（A ）2种 （B ）3种 （C ）4种 （D ）5种
2．小王沿街匀速行走，发现每隔6分钟从背后驶过一辆18路公交车，每隔3分钟从迎面驶来一辆18路公交车．假
设每辆18路公交车行驶速度相同，而且18路公交车总站每隔固定时间发一辆车，则发车间隔的时间是 分钟．
3．如图，在△
ABC 中，AB =7，AC =11，点M 是BC 的中点， AD 是∠BAC 的平
分线，MF ∥AD ，则FC 的长为 ．
4．已知0<a <1，且满足
183029302301=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡+++⎥⎦⎤⎢⎣⎡++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+a a a ，则[]a 10的值等于 ．([]x 表示不超过x 的最大整数)
5．小明家 号码原为六位数，第一次升位是在首位号码和第二位号码之间加上数字8，成为一个七位数的 号码；
第二次升位是在首位号码前加上数字2，成为一个八位数的 号码．小明发现，他家两次升位后的 号码的八位数，恰是原来 号码的六位数的81倍，则小明家原来的 号码是 ．
6、在平面上有7个点，其中任意3个点都不在同一条直线上，如果连接这7个点中的每两个点，则最多可以得到______
条线段；以这些线段为边，最多能构成______个三角形．
7．设a 、b 、c 均是不为0的实数，且满足． a 2
－b 2
=bc 及b 2
－c 2
=ca ．证明：a 2
－c 2
=ab ．
8．如图3，在凹四边形ABCD 中，它的三个内角∠A 、∠B 、∠C 均为450
，E 、F 、G 、H 分别是边AB 、BC 、CD 、DA 的中
点．证明：四边形EFGH 是正方形．
9、已知长方形ABCO ，O 为坐标原点，点B 的坐标为（8，6），A 、C 分别在坐标轴上，P 是线段BC 上动点，设PC =m ，已知点D 在第一象限且是直线
y =2x +6上的一点，若△APD 是等腰直角三角形．（1）求点D 的坐标；（2）直线y =2x +6向右平移6个单位后，在该直线上，是否存在点D ，使△APD 是等腰
直角
三角形？若存在，请求出这些点的坐标；若不存在，请说明理由．
10、设x 1, x 2, x 3, ……， x 2 008是整数, 且满足下列条件:( 1) –
1≤x n ≤2( n = 1, 2, 3,……,2 008);
( 2) x 1 + x 2 + x 3+ ……+x 2 008 = 200; ( 3) x 1
2
+ x 2
2 + x 32
+ ……+
x 20082 = 2 008.
求x 13
+ x 23
+ x 33
+……+ x 20083
的最小值和最大值.
11．沿着圆周放着一些数，如果有依次相连的4个数a ，b ，c ，d 满足不等式
))((c b d a -->0，则就可以交换b ，c 的位置，这称为一次操作.
（1）若圆周上依次放着数1，2，3，4，5，6，问：是否能经过有限次操作
后，对圆周上任意依次相连的4个数a ，b ，c ，d ，都有
))((c b d a --≤0？请说明理由.
H
G F
E
D C
（2）若圆周上从小到大按顺时针方向依次放着2003个正整数1，2，…，2003，问：是否能经过有限次操作后，对
圆周上任意依次相连的4个数a ，b ，c ，d ，都有))((c b d a
--≤0？请说明理由.
解：（1） （2）
12．已知a
b x =
，a ，b
为互质的正整数（即a ，b 是正整数，且它们的最大公约数为1），且a ≤8，
1312-<<-x ．（１）
试写出一个满足条件的x ；（２）求所有满足条件的x ．
13、如下图已知△ABC 内，P 、Q 分别在BC ，CA 上，并且AP 、BQ 分别是∠BAC 、∠ABC 的平分线。

（1）若∠BAC =60°，∠ACB =40°，求证：BQ +AQ =AB +BP ；（2）若∠ACB =α时，其他条件不变，直接写出∠BAC =（ ）时，仍有BQ +AQ =AB +BP 。

14、用任意的方式,给平面上的每一点染上黑色或白色.求证:一定存在一个边长为1或
3的正三角形,它的三个顶
点是同色的.
15. 将1, 2, 3, ……，10这十个数按着某一顺序排成一行, 使得每相邻三个数的和都不超出n . 问:( 1)当n = 10时,
能否排成, 请说明理由;( 2)当能够排成时, n 的最小值是多少
16. 已知实数a ，b ，c 满足：a +b +c =2，abc =4.（1）求a ，b ，c 中的最大者的最小值；
（2）求
c
b a ++的最小值.
17．（本题4分）在等腰三角形ABC 中，AB =AC ,延长边AB 到点D ,延长边CA 到点E ,连结DE ,恰有AD =BC =CE =DE .求BAC ∠的
度数。

参考答案
１、法一：设a 1，a 2，a 3，a 4，a 5是1，2，3，4，5的一个满足要求的排列．
首先，对于a 1，a 2，a 3，a 4，不能有连续的两个都是偶数，否则，这两个之后都是偶数，及已知条件矛盾． 又如果a i （1≤i ≤3）是偶数，a i +1是奇数，则a i +2是奇数，这说明一个偶数后面一定要接两个或两个以上的奇数，
6
5
3
4
2
1
除非接的这个奇数是最后一个数．
所以a1，a2，a3，a4，a5只能是：偶，奇，奇，偶，奇，有如下5种情形满足条件：
2，1，3，4，5；
2，3，5，4，1；
2，5，1，4，3；
4，3，1，2，5；
4，5，3，2，1．
法二：第一位是2，后面两位奇数任意：21345、23145、21543、25143、23541、25341
第一位是4，后面两位奇数不能是1、5或5、1：41325、43125、43521、45321
排除：23145、21543、25341、41325、43521
还剩：21345、25143、23541、43125、45321
所以共有5种排法故选：D．
２、设18路公交车的速度是x米/分，小王行走的速度是y米/分，同向行驶的相邻两车的间距为s米．每隔6分钟从背后开过一辆18路公交车，则6x－6y=s．①
每隔3分钟从迎面驶来一辆18路公交车，则3x+3y=s．②
即18路公交车总站发车间隔的时间是4分钟．故选B．
３、解：过点B作BG∥AD交CA延长线于G
∵AD平分∠BAC
∴∠BAD＝∠CAD
∵BG∥AD
∴∠ABG＝∠BAD，∠G＝∠CAD
∴∠ABG＝∠G
∴AG＝AB＝7
∴CG＝AG+AC＝7+11＝18
∵MF∥AD
∴MF∥BG
∵M是BC的中点
∴MF 是三角形CBG 的中位线 ∴FC ＝CG /2＝9
４、解：因为0<23029302301<+<<+<+
a a a ，所以⎥⎦⎤⎢⎣⎡+301a ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡+302a ，…，⎥⎦⎤⎢⎣
⎡
+3029a 等于0
或1．由题设知，其中有18个等于1，所以
⎥⎦⎤⎢⎣⎡+==⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+3011302301a a a =0，⎥⎦
⎤⎢⎣⎡
+==⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+302930133012a a a =1， 所以 130
110<+
<
a ，1≤3012
+a ＜2． 故18≤30a ＜19，于是6≤10 a ＜
3
19
，所以[]a 10=6． ５、282500解：设原来 号码的六位数为abcdef ，则经过两次升位后 号码的八位数为
bcdef
a 82．根据题意，有81×abcdef =bcdef a 82．
记f
e d c b x
+⨯+⨯+⨯+⨯=10101010234，于是
解得x =1250×(208－71a ) ．
因为0≤x ＜5
10，所以0≤1250×(208－71a )＜5
10，故
a <71128≤
71
208
． 因为a 为整数，所以a=2．于是x =1250×(208－71×2)=82500． 所以，小明家原来的 号码为282500．
６、在平面上有7个点，其中任意3个点都不在同一条直线上，连接其中任意两个点，最多能画6+5+4+3+2+1=21条
线段．
以这些线段为边，最多能构成 7×(7－1)×(7－2)
6
=35个三角形．
答：最多可以得到21条线段；以这些线段为边，最多能构成35个三角形． 故答案为：21，35．
７、a ^2－b ^2=bc ,即a ^2=b (b +c ),
b ^2－
c ^2=ca ,即ca = (b +c )(b －c ),
两式相除得：a /c =b /(b －c ), 即ab －ac =bc ,c (a +b )=ab .……（*）
a ^2－
b ^2=b
c ,b ^2－c ^2=ca ,两式相加得：a ^2－c ^2= c (a +b ),
将（*）代入上式得：a ^2－c ^2=ab .
８、欲证四边形ＥＦＧＨ是正方形，只须证：(1)四边形ＥＦＧＨ是平行四边形； (2)ＥＨ=ＨＧ；(3) ＥＨ⊥ＨＧ．
(1)如图7，∵连结ＡC 、ＢＤ，延长ＢＤ交AC 于点K ，延长ＣD 交AB 于Ｌ点．则由EF ∥
21AC ，GH =∥2
1AC 图7令EF ∥ HG ，EF =HG ． 因此，四边形EFGH 是平行四边形． (2)只须BD =AC ． 由已知条件得∠BLC =900
，∠ADL =450
LA =LD ，BL =LC ．所以，△LBD ≌△LCA BD =AC ．．再证(3)成立．
由(2)的结果得∠LBD =∠LCA ，立得∠DKC =900
，即BK ⊥AC ．从而，GH ⊥HE ．由此知四边形EFGH 是正方形．
9、解：（1）如图1所示，作DE ⊥y 轴于E 点，作PF ⊥y 轴于F 点，可得∠DEA =∠AFP =90°， ∵△DAP 为等腰直角三角形， ∴AD =AP ，∠DAP =90°，
∴∠EAD +∠DAB =90°，∠DAB +∠BAP =90°， ∴∠EAD =∠BAP ， ∵AB ∥PF ， ∴∠BAP =∠FPA ， ∴∠EAD =∠FPA ， ∵在△ADE 和△PAF 中， ∠DEA =∠AFP =90° ∠EAD =∠FPA
AD =AP ，
∴△ADE ≌△PAF （AAS ）， ∴AE =PF =8，OE =OA +AE =14，
设点D 的横坐标为x ，由14=2x +6，得x =4， ∴点D 的坐标是（4，14）；
（2）存在点D ，使△APD 是等腰直角三角形，理由为：
直线y=2x+6向右平移6个单位后的解析式为y=2（x－6）+6=2x－6，
如图2所示，当∠ADP=90°时，AD=PD，易得D点坐标（4，2）；
如图3所示，当∠APD=90°时，AP=PD，设点P的坐标为（8，m），
则D点坐标为（14－m，m+8），由m+8=2（14－m）－6，得m=
∴D点坐标（ ,）
如图4所示，当∠ADP=90°时，AD=PD时，同理可求得D点坐标（ ,），综上，符合条件的点D存在，坐标分别为（4，2），（ ,）．（ ,）
１０、设x1，x2，…，x2008中有q个0，r个－1，s个1，t个2．（2分）
则－r+s+2t＝200
r+s+4t＝2008 ①（5分）
两式相加得s+3t=1104．故0≤t≤368．（10分）
由x13+x23+…+x20083=－r+s+8t=6t+200，（12分）
得200≤x13+x23+…+x20083≤6×368+200=2408．（15分）
由方程组①知：当t=0，s=1104，r=904时，
x13+x23+…+x20083取最小值200；（17分）
当t=368，s=0，r=536时，
x13+x23+…+x20083取最大值2408．（20分）
１１、（1）答：能．
具体操作如下：
（2）答：能．
理由：设这2003个数的相邻两数乘积之和为P．
开始时，P0=1×2+2×3+3×4+…+2002×2003+2003×1，
经过k（k≥0）次操作后，这2003个数的相邻两数乘积之和为Pk，
此时若圆周上依次相连的4个数a，b，c，d满足不等式（a－d）（b－c）＞0，即ab+cd＞ac+bd，交换b，c的位置后，
这2003个数的相邻两数乘积之和为Pk+1，有Pk+1－Pk=（ac+cb+bd）－（ab+bc+cd）=ac+bd－ab－cd＜0．
所以Pk+1－Pk≤－1，即每一次操作，相邻两数乘积的和至少减少1，
由于相邻两数乘积总大于0，
故经过有限次操作后，对任意依次相连的4个数a ，b ，c ，d ，一定有（a －d ）（b －c ）≤0． １２、解：（1）2
1
=
x
满足条件． ……………5分 （2）因为a
b
x =
，a ，为互质的正整数，且a ≤8，所以 1312-<<
-a
b
， 即 a b a )()(1312-<<-． 当a=1时，113112⨯-<<⨯-)()(
b ，这样的正整数b 不存在．
当a=2时，213212⨯-<<⨯-)()(
b ，故b =1，此时21=x ． 当a=3时，313312⨯-<<⨯-)()(
b ，故b =2，此时3
2=
x ． 当a=4时，413412⨯-<<⨯-)()(b ，及a 互质的正整数b 不存在．
当a=5时，513512⨯-<<⨯-)()(
b ，故b =3，此时5
3=
x ． 当a=6时，613612⨯-<<⨯-)()(b ，及a 互质的正整数b 不存在．
当a=7时，713712⨯-<<⨯-)()(
b ，故b =3，4，5此时73=x ，7
4，
7
5．
当a=8时，813812⨯-<<⨯-)()(
b ，故b =5，此时8
5=
x 所以，满足条件的所有分数为
21，32，53，73，7
4，
7
5，
8
5．………………15分
１３、解：（1）∵∠BAC =60°，∠ACB =40°，
∴∠ABC =180°﹣∠BAC ﹣∠ACB =180°﹣60°﹣40°=80°， ∵BQ 平分∠ABC ，
∴∠CBQ =∠ABC =×80°=40°，
∴∠CBQ =∠ACB ，∴BQ =CQ ， ∴BQ +AQ =CQ +AQ =AC …①， 过点P 作PD ∥BQ 交CQ 于点D ，则∠CPD =∠CBQ =40°，
∴∠CPD =∠ACB =40°， ∴PD =CD ，∠ADP =∠CPD +∠ACB =40°+40°=80°， ∵∠ABC =80°， ∴∠ABC =∠ADP ，∵AP 平分∠BAC ，∴∠BAP =∠CAP ，
∵在△ABP及△ADP中，
，∴△ABP≌△ADP（AAS），
∴AB=AD，BP=PD，
∴AB+BP=AD+PD=AD+CD=AC…②，
由①②可得，BQ+AQ=AB+BP；
（2）2α
１４、证明:(1)若平面上存在距离为2的两个点A,B异色,设O为它们的中点,不妨设A,O同色.考虑以AO为一边的
3的同色正三角形.
正三角形AOC,AOD,若C,D中有一个及A,O同色,则该三角形满足题意.否则BCD为边长
(2)否则平面上任两个距离为2的点均同色,考虑任意两个距离为1的点,以他们连线为底,2为腰长作等腰三角形,则任一腰的两顶点同色.所以三个顶点同色,即任两个距离为1的点同色.所以平面上任意一个边长为1的正三角形三个顶点同色.证毕
１５、解：( 1)假设n = 10 时已经排出. 则后九个数之和小于或等于30. 从而, 第一个数不小于25, 矛盾. 故不能排出.
( 2)及( 1)的考虑方式相同.当n= 11, 12, 13, 14时, 均不能排出.当n= 15时, 由前九个数之和小于或等于45, 推出第十个数排10;又从后面九个数之和小于或等于45, 推出第一个数排10. 然而, 只有一个10, 故也不能排出.当n= 16时, 可以排出. 如10, 5, 1, 7, 6, 2, 8, 3, 4, 9或9, 4, 3, 7, 2, 6, 8, 1, 5, 10.据此知可排出时, n的最小值是16.
１６、(1)设a最大,由题意必有a＞0，b+c=2－a,bc=4/a,
于是b,c是方程x^2－(2－a)x+4/a=0的两实根
则△=(a－2)^2－4*4/a≥0
去分母得a^3－4a^2+4a－16≥0,
(a－4)(a^2+4)≥0
所以a≥4
又当a=4，b=c=－1
即a，b，c中最大者的最小值为4
（2）因为abc=4＞0，a+b+c=2＞0
所以a，b，c可能全为正，或一正二负
当a，b，c全为正时，由（1）知a，b，c中最大者的最小值为4，这及a+b+a=2矛盾
当a，b，c一正二负时，设a＞0，b＜0，c＜0
则|a|+|b|+|c|=a－b－c=a－（b+c）=a－（2－a）=2a－2
由（1）知a≥4
所以2a－2≥6
所以|a|+|b|+|c|的最小值就是6
１７、过D做BC的平行线,过C做AB的平行线,两线交于一点F,连接EF
设∠ABC=x度∵BC//DF,CF//DB；∴四边形BDFC为平行四边形.
∴∠BCF=∠FDB=∠ABC= x度∴∠EAD=∠ACF=2x度
又∵AB=AC,BC=AD=DE=CE. ∴AE=BD=CF；DF=BC=DE. 在△ADE和△EFC中
CF=AE CE=DE∠ECF=∠EAD=2x∴△ADE≌△EFC∴EF=AD,△EFD为等边三角形∴∠EDF=∠EDA+∠ADF=(180－2×2x)+x=60 x=40
∴∠BAC=180－2×40=100度.。